2022-2022学年山西省晋中市高三（上）摸底化学试卷 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．《神农本草经》说：“水银…镕化（加热）还复为丹．”《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的．这里的“丹”是指（ ）A．氯化物B．合金C．硫化物D．氧化物 2．下列物质的应用不正确的是（ ）A．SO2可用于漂白纸浆B．碱石灰可用于干燥氯气C．氢氟酸可用于蚀刻玻璃D．碳酸氢钠可用于中和胃酸 3．美国研究人员将CO和O附着在一种钌催化剂表面，用激光脉冲将其加热到2000K，成功观察到CO与O形成化学键生成CO2的全过程．下列说法不正确的是（ ）A．CO2属于酸性氧化物B．CO与O形成化学键的过程中放出能量C．钌催化剂可以改变该反应的焓变D．CO与O形成化学键的过程中有电子转移 4．三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，利用氰尿酸（如图1）与次氯酸在一定pH下反应可制备三氯异氰尿酸（如图2），若原料完全反应生成三氯异氰尿酸．则氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为（ ）A．1：1B．2：3C．1：2D．1：3 5．下列有关离子方程式书写正确的是（ ）A．铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH﹣+H2O═AlO+2H2↑B．铜片投入少量FCl3溶液中：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+C．.Ca（CHO3）2溶液与足量澄清石灰水混合：Ca2++HCO+OH﹣═CaCO3↓+H2OD．用铁棒作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu↓+O2↑+4H+ 6．设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）31A．50mL18.4mol．L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB．某密闭容器盛有0.1molNA和0.3molH2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAC．若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NAD．常温下1L0.1mol．L﹣1NH4NO3溶液中的氢原子数为0.4NA 7．下列装置或操作正确且能达到实验目的是（ ）A．加热分解NaHCO3B．除去氯气中的少量氯化氢C．构成铜锌原电池D．分馏石油 8．1mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1mol羧酸钠和2mol甲醇，则符合该条件的酯的结构有（ ）A．4种B．5种C．6种D．7种 9．科学家最新开发的一种新原理二次电池的能量密度是现行锂电池的7倍，该电池结构如图所示，下列有关说法正确的是（ ）A．电池放电时Li+向负极移动B．电池放电时，正极的电极反应式为：2Li++Li2O2+2e﹣═2Li2OC．电池充电时，Li极应与外电源的正极相连D．电池系统内进入二氧化碳及水对电池性能不会产生影响 3110．下列有关实验现象或亊实解释正确的是（ ）选项实验现象或事实解释A检验待测液中SO42﹣时，先滴入稀盐酸，再滴入BaCl2溶液先滴入盐酸可排除Ag+、CO32﹣、SO32﹣等离子干扰B制备乙酸乙酯时，导管应伸入试管至饱和Na2CO3溶液液面上方乙酸乙酯易溶于碳酸钠溶液，防止发生倒吸C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，试管口有红棕色气体产生溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO2D含Mg（HCO3）2的硬水长时间充分加热，最终得到的沉淀物的主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3Kw（MgCO3）＜Kw[Mg（OH）2]A．AB．BC．CD．D 11．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，它们的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是（ ）A．原子半径：W＞Y＞Z＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞WC．单质沸点W＞ZD．X、Y、Z不能存在与同一离子化合物中 12．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是（ ）选项甲乙丙丁AN2NH3NONO2BNaNa2ONaOHNa2O2CSiO2SiF4H2SiO3Na2SiO3DAlAlCl3Al2O3NaAlO2A．AB．BC．CD．D 13．25℃时，将amol．L﹣1、pH=m的一元酸HX溶液与bamol．L﹣1、pH=n的一元碱YOH溶液等体积混合，下列说法正确的是（ ）A．若a=b，则混合后溶液中一定有：c（X﹣）=c（Y+）＞c（H+）=c（OH﹣）B．若m+n=14，则混合后溶液一定显中性C．若混合后溶液中c（X﹣）＜c（Y+），则该混合溶液一定显碱性D．若a=b，混合后溶液pH＜7，则混合溶液中一定存在：c（Y﹣）=c（X﹣）+c（HX） 14．已知反应2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）的分解速率表达式为v正=k正．cm（N2O5），k正是与温度有关的常数，340K时实验测得的有关数据如下：t/min1234c（N2O5）/mol．L﹣10.1330.0800.0570.04031v正/mol．L﹣1．min﹣10.04660.0280.0200.014下列有关叙述不正确的是（ ）A．340K时，速率表达式中m=1B．340K时，速率表达式中k正≈0.35min﹣1C．340K时，若c（N2O3）=0.100mol．L﹣1，则v正≈0.035mol．L﹣1．minD．若t=2min时升高温度，则m不变，k正减小 二、（本题包括5小题，共拐分）15．氨水和铵盐是实验室常用试剂，也是重要的工业产品，（1）实可用如图I装置制取氮气①用装置I中药品制取氮气的化学方程式为 ②I中反应开始的一段时间反应速率越来越快，其可能原因是 （2）实驗室可利用下列装置结合装置Ⅰ模拟工业上制取氨气并检验氨气①装置的连接顺序为 （填玻璃接口字母）②装置Ⅳ中用稀硫酸而不用盐酸的理由是 ③能说明有氨气生成的现象是 （3）设计实验证明NH3•H2O是弱电解质： （简要说明）． 16．氧化亚铜（Cu2O）作为一种重要的无机化工原料，在徐料、有色玻璃和催化剂等领域有着广泛的用途．回答下列问题：（1）添加Cu2O的徐料或玻璃显 色．（2）制备氧化亚铜的方法之一是用铜作阳极电解NaCl和NaOH混合溶液，其原理如图所示．①阴极的电极反应式为 ②溶液中CuCl转化为Cu2O的离子方程式为 （3）工业生产中常采用高温锻烧氧化铜粉末制备Cu2O，但所得产品中会含有一定量CuO，测定产品中Cu2O的含量常用滴定法，其原理为：样品溶解：Cu2O+Fe2（SO4）3+H2SO4═2FeSO4+2CuSO4+H2O．滴定（未配平）： FeSO4+ KMnO4+ H2SO4═ Fe2（SO4）3+ MnSO4+ K2SO4+ H2O①配平滴定反应的化学方程式．②滴定时，KMnO4溶液盛放在 （填“酸式或“碱式，）滴定管中③若产品质量为1.0g，滴定时消耗0.10mo1．L﹣1的KMnO4标准溶液20.00mI．，则产品中Cu2O的质量分数为 ．31 17．氧化锆是重要的耐高温材料、陶瓷绝缘材料．以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂货）为原料制备二氧化锆（ZrO2）的工艺流程如图所示．已知：①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO2，Na2ZrO2与酸反应生成ZrO2+②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表•离子Fe3+AP+ZrO2+开始沉淀pH1.93.36.2完仝沉淀pH3.25.28.0（l）经熔融后，锆英砂中Zr元素以 （写化学式）形式存在，写出酸浸时生成Al3+、Fe3+的离子方程式： （2）滤渣I的主要成分的名称为 （3）向过滤Ⅰ所得溶液中加氨水调pH=a，其目的是 然后继续加氨水至pH=b的范围是 （4）向过滤Ⅲ所得溶液中加入CaCO2粉末并加热，可得CO2和另一种气体，该反应的离子方程式为 ． 18．连二次硝酸（H2N2O2）是一种二元酸，可用于制N2O气体．（1）连二次硝酸中氮元素的化合价为 ．（2）常温下，用0.01mol•L﹣1的溶液NaOH滴定10mL0.01mol•L﹣1H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示．①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式： ．②c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ．③b点时溶液中c（H2N2O2） （填“＞”“＜”或“=”，下同）c（N2O22﹣）．④a点时溶液中c（Na+） c（HN2O2﹣）+C（N2O22﹣）．（3）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中= ．[已知Ksp（AgN2O2）=4.2×10﹣9，Ksp（Ag2SO4）=1.4×10﹣5]．31 19．以天然气为原料合成甲醇常见的方法有水煤气和目前正在开发的直接氧化法（I）有关热化学方程式如下：水煤气法：CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2（g）△H1=﹣35.4kJ•mol﹣1CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2=﹣90.1kJ•mol﹣1；直接氧化法：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H3= kJ•mol﹣1．（2）工业废气二氧化碳催化加氢也可合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），△H．在密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示．①二氧化碳合成甲醇正反应的△H （填“＞”“＜”或“=”，下同）．②M、N两点时化学反应速率：v（N） v（M）．③为提高CO2的转化率除可改变温度和压强外，还可采取的措施是 ④图中M点时，容器体积为10L，则N点对应的平衡常数K= （填数值，保留2位小数）．（3）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入amol和bmolH2发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），欲使整个反应过程中CO2的体积分数为恒定值，则a与b的关系是 ． 三、化学与技术（共1小题，满分15分）20．草酸是一种重要的化工原料，常用于有机合成，它属于二元弱酸，易溶乙醇、水，微溶于乙醚口以甘蔗碎渣（主要成分为纤维素）为原料制取草酸的工艺流程如下：31已知：NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+2H2O，2NO2+2NaOH═2NaNO3+NaNO2+H2O．回答下列问题：（1）步骤①水解液中所含主要有机物为 （写结构简式），浸取时要想提高水解速率除可减小甘蔗碎渣粒度外，还可采取的措施是 ；浸取时硫酸浓度不宜过高，其原因是 （2）步骤②会生成草酸，硝酸的还原产物为NO2和NO且n（NO2）：n（NO）=3：1，则反应的离子方程式为 ，生成的NO2及NO若被NaOH溶液完全吸收，则产物中的两种盐n（NaNO2）：n（NaNO3）= （3）步骤③的主要目的是 （4）设计步骤⑦和⑧的目的分别是 （5）为了确定产品中H2C2O4.2H2O的纯度，称取10.5g草酸样品，配成250mL溶液，每次实验时准确量取20..00mL草酸溶液，加入适量的稀硫酸，用0.10mo1•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定．平行滴定三次，消耗KMnO4标准溶液的体积平均为26.00mL．则产品中H2C2O4.2H2O的质量分数为 ． 四、物质结构与性质（共1小题，满分0分）21．及氟产品在工农业生产中应用非常广泛，回答下列问题：（1）基态氟原子核外电子的运动状态有 种，这些电子的电子云形状有 种；氟原子的外围电子排布式为 ．（2）NaHF2（氟化氢钠）电解可制氟气，NaHF2中所含作用力的类型有 ；与HF2﹣互为等电子体的分子有 （举一例）．（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子的杂化轨道类型为 ，画出N2F2可能的结构式 ．（4）三氟化硼乙醚（如图1）的熔点为﹣58℃，沸点为126～129℃，它属于 晶体．（5）氟化钙的晶胞结构如图2所示，晶胞参数α=0.555pm．①Ca2+、F﹣的配位数分别为 和 ．②列式表示氟化钙晶体的密度： g•cm﹣3（不必计算出结果）． 31 五、有机化学基础（共1小题，满分0分）22．有机物H是一种香料，可从柑橘类物质中提取，它的一种合成路线如下已知：①D能与碳酸氢钠溶液反应②G核磁共振氢谱显示其分子中含有2种不同化学环境的氢原子；③CH3CHO+CH3CHO回答下列问题：（1）A→B的反应类型为 （2）E的名称为 F的结构简式为 （3）反应①的化学方程式为 （4）反应⑤的化学方程式为 （5）D有多种同分异构体，写出符合下列条件的D的所有同分异构体的结构简式： （不考虑立体异构）•I．笨坏上含有三个取代基Ⅱ．不能与NaHCO3溶液反应Ⅲ．能发生银镜反应和水解反应IV．核磁共振氢谱有4组峰（6）参照上述合成路线，设计一条以A为原料制备的合成路线． 312022-2022学年山西省晋中市高三（上）摸底化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括14小题，每小题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．《神农本草经》说：“水银…镕化（加热）还复为丹．”《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的．这里的“丹”是指（ ）A．氯化物B．合金C．硫化物D．氧化物【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】在加热的条件下，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，据此回答．【解答】解：在土釜中加热Hg，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，故选D．【点评】本题考查学生物质的分类以及氧化物的概念的理解知识，属于教材基本知识的考查，难度不大． 2．（下列物质的应用不正确的是（ ）A．SO2可用于漂白纸浆B．碱石灰可用于干燥氯气C．氢氟酸可用于蚀刻玻璃D．碳酸氢钠可用于中和胃酸【考点】二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．【分析】A．SO2具有漂白性；B．碱石灰与氯气反应，不能干燥氯气；C．氢氟酸为弱酸，能够与玻璃中的二氧化硅发生反应，能够腐蚀玻璃；D．碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳．【解答】解：A．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故A正确；B．氯气与碱石灰中的氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，不能用碱石灰干燥，故B错误；C．氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅和水SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，氢氟酸可用于蚀刻玻璃，故C正确；D．碳酸氢钠与胃液中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可用于治疗胃酸（主要成分是盐酸）过多，反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故D正确；故选B．【点评】本题考查物质的性质和用途，题目难度不大，明确物质的性质是解题关键，注意对相关知识的积累，培养了学生灵活应用所学知识的能力． 3．美国研究人员将CO和O附着在一种钌催化剂表面，用激光脉冲将其加热到2000K，成功观察到CO与O形成化学键生成CO2的全过程．下列说法不正确的是（ ）A．CO2属于酸性氧化物B．CO与O形成化学键的过程中放出能量31C．钌催化剂可以改变该反应的焓变D．CO与O形成化学键的过程中有电子转移【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应；催化剂的作用．【分析】A．根据酸性氧化物为与碱反应生成盐和水判断；B．形成化学键时放出热量；C．催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变；D．根据CO转换成二氧化碳时碳的化合价升高．【解答】解：A．CO2与碱反应生成盐和水为酸性氧化物，故A正确；B．形成化学键时放出热量，故B正确；C．催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变，故C错误；D．CO转换成二氧化碳时碳的化合价升高，所以CO与O形成化学键过程中有电子转移，故D正确．故选C．【点评】本题考查了一氧化碳与二氧化碳的性质，题目难度不大，注意把握酸性氧化物的定义和催化剂只改变活化能，不改变反应的焓变． 4．三氯异氰尿酸是一种极强的氧化剂和氯化剂，利用氰尿酸（如图1）与次氯酸在一定pH下反应可制备三氯异氰尿酸（如图2），若原料完全反应生成三氯异氰尿酸．则氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为（ ）A．1：1B．2：3C．1：2D．1：3【考点】化学方程式的有关计算．【分析】氰尿酸与次氯酸在一定pH下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸，反应方程式为：+3HOCl→+3H2O，由此分析解答．【解答】解：氰尿酸与次氯酸在一定pH下发生取代反应可制备三氯异氰尿酸，反应方程式为：+3HOCl→+3H2O，所以氰尿酸和次氯酸的物质的量之比应为1：3，故选D．【点评】本题以三氯异氰尿酸为载体，考查化学反应的特点和应用，注意次氯酸的结构和性质，以及取代反应的特点，难度不大． 5．下列有关离子方程式书写正确的是（ ）A．铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH﹣+H2O═AlO+2H2↑B．铜片投入少量FCl3溶液中：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+31C．.Ca（CHO3）2溶液与足量澄清石灰水混合：Ca2++HCO+OH﹣═CaCO3↓+H2OD．用铁棒作电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu↓+O2↑+4H+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．离子方程式两边负电荷不相等；B．铜与铁离子反应生成的是亚铁离子；C．澄清石灰水质量，反应生成碳酸钙沉淀和水；D．铁棒为电极，负极铁失去电子．【解答】解：A．铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B．铜与氯化铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故B错误；C．Ca（CHO3）2溶液与足量澄清石灰水混合，反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；D．用铁棒作电极电解CuSO4溶液，负极铁失去电子，正极铜离子得到电子，正确的电极反应式为：Cu2++FeCu+Cu2+，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等． 6．）设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．50mL18.4mol．L﹣1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NAB．某密闭容器盛有0.1molNA和0.3molH2，充分反应后转移电子的数目为0.6NAC．若由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，则其中的氧原子数为2NAD．常温下1L0.1mol．L﹣1NH4NO3溶液中的氢原子数为0.4NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应；B、合成氨的反应为可逆反应；C、由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol；D、NH4NO3溶液中不但NH4NO3本身含氢原子，水也含氢原子．【解答】解：A、浓硫酸随反应进行，浓度减小为稀硫酸不与铜发生反应，生成SO2分子数目小于0.46NA，故A错误；B、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故充分反应后转移电子的数目小于0.6NA．故B错误；C、由CO2和O2组成的混合物，分子中都含有2个氧原子，NA个分子物质的量为1mol，由CO2和O2组成的混合物中共有个NA分子，其中的氧原子数为2NA，故C正确；D、NH4NO3溶液中不但NH4NO3本身含氢原子，水也含氢原子，故溶液中的氢原子的个数大于0.4NA个，故D错误．故选C．31【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 7．下列装置或操作正确且能达到实验目的是（ ）A．加热分解NaHCO3B．除去氯气中的少量氯化氢C．构成铜锌原电池D．分馏石油【考点】实验装置综合．【分析】A．碳酸氢钠不稳定，加热时注意试管口略朝下；B．二者都与硝酸银溶液反应；C．锌置换出铜；D．温度计位置错误．【解答】解：A．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，装置正确，可完成实验，故A正确；B．氯气与水反应生成盐酸，二者都与硝酸银溶液反应，应用饱和食盐水，故B错误；C．锌置换出铜，应将锌放在盛有硫酸锌的烧杯中，故C错误；D．温度计用于测量馏分的温度，应位于蒸馏烧瓶的支管口，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、制备以及原电池等知识，为高考常见题型，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性以及合理性的评价，难度不大． 8．1mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1mol羧酸钠和2mol甲醇，则符合该条件的酯的结构有（ ）A．4种B．5种C．6种D．7种【考点】有机化合物的异构现象．31【分析】1mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1mol羧酸钠和2mol甲醇，结合不饱和度判断该酯为戊二酸与甲醇生成的二元酯，据此判断其同分异构体数目．【解答】解：1mol分子式为C7H12O4的酯在氢氧化钠溶液、加热条件下完全水解生成1mol羧酸钠和2mol甲醇，C7H12O4的不饱和度==2，该有机物为饱和二元酯，在酸性条件下水解生成1分子羧酸和2分子甲醇，说明该羧酸为戊二酸，戊二酸可以看作两个羧基取代了丙烷上的2个H原子形成的，总共有4种结构，故形成的酯有4种，故选A．【点评】本题考查了同分异构体的书写及酯的性质，题目难度不大，明确酯的性质及同分异构体的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力． 9．科学家最新开发的一种新原理二次电池的能量密度是现行锂电池的7倍，该电池结构如图所示，下列有关说法正确的是（ ）A．电池放电时Li+向负极移动B．电池放电时，正极的电极反应式为：2Li++Li2O2+2e﹣═2Li2OC．电池充电时，Li极应与外电源的正极相连D．电池系统内进入二氧化碳及水对电池性能不会产生影响【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、原电池中，电解质中的阳离子移向正极；B、原电池中，正极发生得电子的还原反应；C、电池充电时，Li极应与外电源的负极相连；D、根据锂易于水发生反应；【解答】解：A、电池放电时，是原电池的工作原理，原电池中，电解质中的阳离子移向正极，故A错误；B、电池放电时，正极发生得电子的还原反应，即2Li++Li2O2+2e﹣═2Li2O，故B正确；C、电池充电时，Li极应与外电源的负极相连，故C错误；D、锂易于水发生反应，所以电池系统内进入水对电池性能会产生影响，故D错误．故选：B．【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意二次充电电池在工作时的电极反应情况，难度不大． 10．下列有关实验现象或亊实解释正确的是（ ）选项实验现象或事实解释A检验待测液中SO42﹣时，先滴入稀盐酸，再滴入BaCl2溶液先滴入盐酸可排除Ag+、CO32﹣、SO32﹣等离子干扰31B制备乙酸乙酯时，导管应伸入试管至饱和Na2CO3溶液液面上方乙酸乙酯易溶于碳酸钠溶液，防止发生倒吸C向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，试管口有红棕色气体产生溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO2D含Mg（HCO3）2的硬水长时间充分加热，最终得到的沉淀物的主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3Kw（MgCO3）＜Kw[Mg（OH）2]A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．加盐酸排除干扰离子；B．乙酸乙酯不溶于水；C．向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根离子在酸性条件具有强氧化性；D．最终得到的沉淀物的主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3，氢氧化镁更难溶．【解答】解：A．加盐酸排除干扰离子，再滴入BaCl2溶液，生成白色沉淀可检验硫酸根离子，故A正确；B．乙酸乙酯不溶于水，乙酸与碳酸钠反应，乙醇与水互溶，碳酸钠可降低乙酸乙酯的溶解度，解释不合理，故B错误；C．向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸，硝酸根离子在酸性条件具有强氧化性，则溶液中NO3﹣被Fe2+还原为NO，然后NO被氧化生成NO2，故C错误；D．最终得到的沉淀物的主要成分为Mg（OH）2，而不是MgCO3，氢氧化镁更难溶，则Kw（MgCO3）＞Kw[Mg（OH）2]，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子的检验、氧化还原反应、物质制备实验等，把握实验原理、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大． 11．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，它们的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是（ ）A．原子半径：W＞Y＞Z＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞WC．单质沸点W＞ZD．X、Y、Z不能存在与同一离子化合物中【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、W均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，则X是H元素，Y是N元素，Z为O元素，W为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为17，X最外层电子数是1，Y最外层电子数是5，Z最外层电子数是6，则W的最外层电子数为5，则W是P元素，A．电子层越多半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小；B．同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；C．根据物质常温下的状态分析；D．X、Y、Z可以形成硝酸铵．【解答】解：X、Y、Z、W均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、6、8，则X是H元素，Y是N元素，Z为O元素，W为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为17，X最外层电子数是1，Y最外层电子数是5，Z最外层电子数是6，则W的最外层电子数为5，则W是P元素，31A．电子层越多半径越大，电子层相同时，原子序数越大，半径越小，则原子半径：P＞N＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，故A正确；B．同主族从上到下最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，则硝酸的酸性大于磷酸，即最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W，故B正确；C．常温下，P的单质为固体，O的单质为气体，则单质沸点W＞Z，故C正确；D．X、Y、Z可以形成硝酸铵，所以X、Y、Z能存在于同一离子化合物中，故D错误．故选D．【点评】本题考查原子结构和元素性质，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答． 12．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是（ ）选项甲乙丙丁AN2NH3NONO2BNaNa2ONaOHNa2O2CSiO2SiF4H2SiO3Na2SiO3DAlAlCl3Al2O3NaAlO2A．AB．BC．CD．D【考点】氮气的化学性质；硅和二氧化硅；钠的化学性质；铝的化学性质．【分析】A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮；B、氢氧化钠无法转化过氧化钠；C、SiO2无法一步转化为H2SiO3；D、甲→乙：AlAlCl3；甲→丙：AlAl2O3；甲→丁：AlNaAlO2；丙→丁：Al2O3NaAlO2．【解答】解：A、氮气转化为二氧化氮，要两步进行氮气放电生成一氧化氮，一氧化氮再被氧化生成二氧化氮，不实现甲到丁的一步转化，故A错误；B、氢氧化钠无法转化过氧化钠，故B错误；C、SiO2无法一步转化为H2SiO3，首先二氧硅与强碱反应生成硅酸盐，然后再利用强制弱生成硅酸，故C错误；D、甲→乙：AlAlCl3；甲→丙：AlAl2O3；甲→丁：AlNaAlO2；丙→丁：Al2O3NaAlO2，各步都可以实现一步转化，故D正确；故选D．【点评】本题考查无机物的推断，明确各物质的性质来分析转化发生的反应是解答本题的关键，注意某些转化中的答案是不唯一的，题目难度中等．31 13．25℃时，将amol．L﹣1、pH=m的一元酸HX溶液与bamol．L﹣1、pH=n的一元碱YOH溶液等体积混合，下列说法正确的是（ ）A．若a=b，则混合后溶液中一定有：c（X﹣）=c（Y+）＞c（H+）=c（OH﹣）B．若m+n=14，则混合后溶液一定显中性C．若混合后溶液中c（X﹣）＜c（Y+），则该混合溶液一定显碱性D．若a=b，混合后溶液pH＜7，则混合溶液中一定存在：c（Y﹣）=c（X﹣）+c（HX）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．HX与YOH等物质的量反应生成盐YX，若为强碱弱酸盐则显碱性，若为强酸弱碱盐则显酸性；B．若m+n=14，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同；C．根据电荷守恒分析；D．若a=b，混合后溶液pH＜7，YX为强酸弱碱盐，HX为强酸．【解答】解：A．HX与YOH等物质的量反应生成盐YX，若为强碱弱酸盐则显碱性，若为强酸弱碱盐则显酸性，由于不知道酸与碱的相对强弱，所以不能判断溶液的酸碱性，则不能判断氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小，故A错误；B．若m+n=14，则氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，若酸为弱酸，则酸过量，混合后显酸性，若碱为弱碱，则碱过量，混合后溶液显碱性，所以不能判断溶液的酸碱性，故B错误；C．混合后溶液存在电荷守恒：c（X﹣）+c（OH﹣）=c（Y+）+c（H+），若混合后溶液中c（X﹣）＜c（Y+），则c（OH﹣）＞c（H+），即该混合溶液一定显碱性，故C正确；D．若a=b，混合后溶液pH＜7，则YX为强酸弱碱盐，即HX为强酸，所以溶液中c（X﹣）=c（Y﹣）+c（YOH），故D错误．故选C．【点评】本题考查了盐的水解原理的应用、离子浓度大小比较，侧重学生的分析能力的考查，注意把握盐类水解原理，结合电荷守恒解答该题，难度中等． 14．（已知反应2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）的分解速率表达式为v正=k正．cm（N2O5），k正是与温度有关的常数，340K时实验测得的有关数据如下：t/min1234c（N2O5）/mol．L﹣10.1330.0800.0570.040v正/mol．L﹣1．min﹣10.04660.0280.0200.014下列有关叙述不正确的是（ ）A．340K时，速率表达式中m=1B．340K时，速率表达式中k正≈0.35min﹣1C．340K时，若c（N2O3）=0.100mol．L﹣1，则v正≈0.035mol．L﹣1．minD．若t=2min时升高温度，则m不变，k正减小【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】A．由表中数据可知，c（N2O5）浓度之比等于v正之比，v正与c（N2O5）浓度成正比关系；B．v正与c（N2O5）浓度成正比关系，则m=1，由任意一组数据根据v正=k正．c（N2O5）计算k正；C．根据v正=k正．c（N2O5）计算；31D．升高温度，反应速率加快，k正是与温度有关的常数，不影响m值，根据v正=k正．c（N2O5）判断．【解答】解：A．由表中数据可知，c（N2O5）浓度之比等于v正之比，则v正与c（N2O5）浓度成正比关系，故m=1，故A正确；B．v正与c（N2O5）浓度成正比关系，则m=1，由2min数据可知，0.028mol．L﹣1．min﹣1=k正×0.080mol．L﹣1，解得k正≈0.35min﹣1，故B正确；C．340K时，若c（N2O3）=0.100mol．L﹣1，则v正≈0.35min﹣1×0.35min﹣1=0.035mol．L﹣1．min﹣1，故C正确；D．升高温度，反应速率加快，k正是与温度有关的常数，不影响m值，根据v正=k正．c（N2O5）可知k正增大，故D错误，故选：D．【点评】本题考查化学反应速率，侧重考查学生对数据的分析归纳，B选项中可以多次计算求平均值以减小误差． 二、（本题包括5小题，共拐分）15．（氨水和铵盐是实验室常用试剂，也是重要的工业产品，（1）实可用如图I装置制取氮气①用装置I中药品制取氮气的化学方程式为 NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O ②I中反应开始的一段时间反应速率越来越快，其可能原因是 该反应为放热反应 （2）实驗室可利用下列装置结合装置Ⅰ模拟工业上制取氨气并检验氨气①装置的连接顺序为 f，e；d，i，j，g，h，b （填玻璃接口字母）②装置Ⅳ中用稀硫酸而不用盐酸的理由是 盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢与生成的氨气反应 ③能说明有氨气生成的现象是 装置Ⅱ中溶液变红色 （3）设计实验证明NH3•H2O是弱电解质： 常温下，测定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12 （简要说明）．【考点】氨的实验室制法；氨的制取和性质．【分析】（1）①氯化铵与亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气、氯化钠和水；②放热反应放出的热量使体系温度升高，升高温度反应速率加快；（2）①装置Ⅰ为制备氮气装置，Ⅱ为检验氨气装置，Ⅲ为干燥氮气和氢气，Ⅳ为制备氢气的装置，Ⅴ为收集氨气装置，兼氨气瓶，Ⅵ为氮气与氢气发生反应生成氨气装置，要制备制取氨气并检验氨气，装置正确顺序为Ⅰ，Ⅳ连接Ⅲ，连接Ⅵ，然后连接Ⅴ，最后连接Ⅱ；②依据盐酸易挥发的性质解答；③氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子，显碱性；（3）依据弱电解质不能完全电离设计实验．【解答】解：（1）①氯化铵与亚硝酸钠发生氧化还原反应生成氮气、氯化钠和水，化学方程式：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O；31②I中反应开始的一段时间反应速率越来越快，是因为该反应为放热反应，放出的热量使体系温度升高，升高温度反应速率加快；故答案为：该反应为放热反应；（2）①要制备制取氨气并检验氨气，装置正确顺序为Ⅰ，Ⅳ连接Ⅲ，连接Ⅵ，然后连接Ⅴ，最后连接Ⅱ，仪器连接顺序为：f，e；d，i，j，g，h，b；故答案为：f，e；d，i，j，g，h，b；②盐酸易挥发，制备的氢气中含有氯化氢，氯化氢能够与氨气反应，故答案为：盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢与生成的氨气反应；③氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成铵根离子与氢氧根离子，显碱性，遇到酚酞变红色，故答案为：装置Ⅱ中酚酞溶液变红色；（3）弱电解质不能完全电离，常温下，测定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12即可证明一水合氨为弱电解质，故答案为：常温下，测定0.01mol/L氨水的pH值，其值小于12．【点评】本题考查了物质的制备和实验方案的设计，涉及氮气、氨气、氢气的制备，熟悉制备原理和各装置的作用是解题关键，注意实验设计的合理性，题目难度不大． 16．氧化亚铜（Cu2O）作为一种重要的无机化工原料，在徐料、有色玻璃和催化剂等领域有着广泛的用途．回答下列问题：（1）添加Cu2O的徐料或玻璃显 砖红 色．（2）制备氧化亚铜的方法之一是用铜作阳极电解NaCl和NaOH混合溶液，其原理如图所示．①阴极的电极反应式为 2H++2e﹣=H2↑ ②溶液中CuCl转化为Cu2O的离子方程式为 CuCln1﹣n+2OH﹣=Cu2O↓+H2O+2nCl﹣ （3）工业生产中常采用高温锻烧氧化铜粉末制备Cu2O，但所得产品中会含有一定量CuO，测定产品中Cu2O的含量常用滴定法，其原理为：样品溶解：Cu2O+Fe2（SO4）3+H2SO4═2FeSO4+2CuSO4+H2O．滴定（未配平）： 10 FeSO4+ 2 KMnO4+ 8 H2SO4═ 5 Fe2（SO4）3+ 2 MnSO4+ 1 K2SO4+ 8 H2O①配平滴定反应的化学方程式．②滴定时，KMnO4溶液盛放在 酸式 （填“酸式或“碱式，）滴定管中③若产品质量为1.0g，滴定时消耗0.10mo1．L﹣1的KMnO4标准溶液20.00mI．，则产品中Cu2O的质量分数为 72% ．【考点】电解原理；氧化还原反应方程式的配平；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】氧化还原反应专题；电化学专题．【分析】（1）根据氧化亚铜的颜色确定添加Cu2O的涂斜或玻璃的颜色即可；（2）①在电解池的阴极上是溶液中的阳离子发生得电子的还原反应，根据放电顺序来回答；31②在碱性环境下，CuCln1﹣n和氢氧根离子之间发生反应得到转红色沉淀，据此书写离子方程式；（3）①反应中化合价升高的元素是Fe，化合价降低的元素是Mn，根据电子守恒来配平方程式即可；②高锰酸钾具有强氧化性，据此选择滴定管；③根据发生的反应找到Cu2O和KMnO4之间的关系式，进行相应的计算即可．【解答】解：（1）氧化亚铜的颜色是砖红色，所以添加Cu2O的涂斜或玻璃显砖红色，故答案为：砖红；（2）①在电解池的阴极上是溶液中的阳离子发生得电子的还原反应，根据放电顺序，发生的反应为：2H++2e﹣=H2↑，故答案为：2H++2e﹣=H2↑；②在碱性环境下，CuCln1﹣n和氢氧根离子之间发生反应得到转红色沉淀，离子方程式CuCln1﹣n+2OH﹣=Cu2O↓+H2O+2nCl﹣，故答案为：CuCln1﹣n+2OH﹣=Cu2O↓+H2O+2nCl﹣；（3）①反应FeSO4+KMnO4+H2SO4→Fe2（SO4）3+MnSO4+K2SO4+H20中化合价升高的元素是Fe，共升高2价，化合价降低的元素是Mn，降低5价，根据电子守恒，含锰元素的物质前边系数是2，铁原子数是10，硫酸亚铁前边是10，硫酸铁前边是5，根据元素守恒，配平其他物质，结果为：10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4═5Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H20，故答案为：10；2；8；5；2；1；8；②高锰酸钾具有强氧化性，应该选择酸式滴定管，故答案为：酸式；③根据发生的反应Cu2O+Fe2（SO4）3+H2SO4═2FeSO4+2CuSO4+H2O、10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4═5Fe2（SO4）3+2MnSO4+K2SO4+8H20，找到Cu2O和KMnO4之间的关系为：Cu2O～KMnO4，产品质量为1.0g，滴定时消耗0.10mol•L﹣1的KMnO4标准溶液20.00mL，則产品中Cu2O的物质的量是mol=0.005mol，质量分数是×100%=72%．故答案为：72%．【点评】本题综合考查学生电解原理的应用、电极反应式的书写、氧化还原反应的配平以及物质含量的测定等知识，属于综合知识的考查，难度大． 17．二氧化锆是重要的耐高温材料、陶瓷绝缘材料．以锆英砂（主要成分为ZrSiO4，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂货）为原料制备二氧化锆（ZrO2）的工艺流程如图所示．已知：①ZrO2能与烧碱反应生成可溶于水的Na2ZrO2，Na2ZrO2与酸反应生成ZrO2+②部分离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表•离子Fe3+AP+ZrO2+开始沉淀pH1.93.36.2完仝沉淀pH3.25.28.0（l）经熔融后，锆英砂中Zr元素以 Na2ZrO3 （写化学式）形式存在，写出酸浸时生成Al3+、Fe3+的离子方程式： Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O 31（2）滤渣I的主要成分的名称为 硅酸 （3）向过滤Ⅰ所得溶液中加氨水调pH=a，其目的是 除去Fe3+、Al3+ 然后继续加氨水至pH=b的范围是 b≥8.0 （4）向过滤Ⅲ所得溶液中加入CaCO2粉末并加热，可得CO2和另一种气体，该反应的离子方程式为 2NH4++CaCO3Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O ．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】锆英砂（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2•SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，滤液中含有ZrO2+、Fe3+、Al3+，加氨水调节pH为5.2～6.2，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，滤液中主要含有ZrO2+，再加氨水调节pH使ZrO2+转化为Zr（OH）4沉淀，过滤、洗涤，得到Zr（OH）4，加热分解，即可得到ZrO2．（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3；酸浸时生成Al3+、Fe3+的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水；（2）加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣为H2SiO3；（3）需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据判断；加氨水至pH=b时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr（OH）4沉淀；（4）过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳．【解答】解：（1）高温下，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，其反应的方程式为：ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，经熔融后，锆英砂中Zr元素以Na2ZrO3存在，酸浸时生成Al3+、Fe3+的反应是氧化铁和酸反应生成氯化铁和水，偏铝酸钠和盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O，故答案为：Na2ZrO3；Fe2O3+6H+=Fe3++3H2O，AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O；（2）加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤渣Ⅰ为H2SiO3，名称为：硅酸，故答案为：硅酸；（3）需用氨水调pH=a，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而ZrO2+不能沉淀，根据表中数据可知：pH在5.2～6.2时Fe3+、Al3+完全沉淀，而ZrO2+不沉淀；加氨水至pH=b=8时，ZrO2+与NH3•H2O反应生成Zr（OH）4沉淀，其反应的离子方程式为：ZrO2++2NH3•H2O+H2O=Zr（OH）4↓+2NH4+，所以b≥8.0使ZrO2+完全转化为Zr（OH）4沉淀，故答案为：除去Fe3+、Al3+；b≥8.0；（4）过滤Ⅲ所得滤液中主要含有铵根离子，溶液显酸性，加入CaCO3粉末并加热得到氨气和二氧化碳，其反应的离子方程式为：2NH4++CaCO3Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O；故答案为：2NH4++CaCO3Ca2++2NH3↑+CO2↑+H2O．【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，涉及流程的分析应用、离子方程式的书写、除杂质、基本实验操作等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等． 18．连二次硝酸（H2N2O2）是一种二元酸，可用于制N2O气体．（1）连二次硝酸中氮元素的化合价为 +1 ．31（2）常温下，用0.01mol•L﹣1的溶液NaOH滴定10mL0.01mol•L﹣1H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示．①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式： H2N2O2⇌HN202﹣+H+ ．②c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 c（Na+））＞c（N2022﹣）＞c（OH﹣）＞c（HN202﹣）＞c（H+） ．③b点时溶液中c（H2N2O2） ＞ （填“＞”“＜”或“=”，下同）c（N2O22﹣）．④a点时溶液中c（Na+） ＞ c（HN2O2﹣）+C（N2O22﹣）．（3）硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合，可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀，向该分散系中滴加硫酸钠溶液，当白色沉淀和黄色沉淀共存时，分散系中= 3.0×10﹣4 ．[已知Ksp（AgN2O2）=4.2×10﹣9，Ksp（Ag2SO4）=1.4×10﹣5]．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）根据H2N2O2中H、O元素的化合价分别为+1、﹣2及总化合价之和为0进行计算N元素的化合价；（2）①根据图象可知，0.01mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，说明H2N2O2为二元弱酸，二元弱酸只要以第一步电离为主，据此写出其电离方程式；②c点滴入20mL相同浓度的NaOH溶液，反应后溶质为Na2N2O2，HN202﹣部分水解，溶液呈碱性，结合电荷守恒判断各离子浓度大小；③c点溶质为NaHN202，溶液呈碱性，则HN202﹣的水解程度大于其电离程度；④a点时溶液的pH=7，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知c（Na+）=c（HN202﹣）+2c（N2O22﹣）；（3）根据=及二者的溶度积进行计算．【解答】解：（1）H2N2O2分子中H的化合价为+1，O元素的化合价为﹣2，设N元素的化合价为x，根据总化合价之和为0可知：2x+（+1）×2+（﹣2）×2=0，解得：x=1，即N元素的化合价为+1，故答案为：+1；（2）①根据图象可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.01mol/L的H2N2O2溶液的pH=4.3，说明H2N2O2为二元弱酸，二元弱酸只要以第一步电离为主，则其电离方程式为：H2N2O2⇌HN202﹣+H+，故答案为：H2N2O2⇌HN202﹣+H+；②c点滴入20mL相同浓度的NaOH溶液，反应后溶质为Na2N2O2，HN202﹣部分水解，溶液呈碱性，则：c（OH﹣）＞c（H+），由于溶液中氢氧根离子还来自水的电离及HN202﹣31的水解，则c（OH﹣）＞c（HN202﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+））＞c（N2022﹣）＞c（OH﹣）＞c（HN202﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+））＞c（N2022﹣）＞c（OH﹣）＞c（HN202﹣）＞c（H+）；③c点溶质为NaHN202，溶液的pH＜，说明溶液显示碱性，则HN202﹣的水解程度大于其电离程度，所以c（H2N2O2）＞c（N2O22﹣），故答案为：＞；④根据图象可知，a点时溶液的pH=7，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知c（Na+）=c（HN202﹣）+2c（N2O22﹣），所以c（Na+）＞c（HN202﹣）+2c（N2O22﹣），故答案为：＞；（3）当两种沉淀共存时，===3.0×10﹣4，故答案为：3.0×10﹣4．【点评】本题考查了离子浓度大小比较、难溶物溶度积的计算，题目难度中等，明确反应后溶质组成及难溶物溶度积的表达式即可解答，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力． 19．（9分）（2022秋•晋中月考）以天然气为原料合成甲醇常见的方法有水煤气和目前正在开发的直接氧化法（I）有关热化学方程式如下：水煤气法：CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2（g）△H1=﹣35.4kJ•mol﹣1CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2=﹣90.1kJ•mol﹣1；直接氧化法：2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g）△H3= ﹣251 kJ•mol﹣1．（2）工业废气二氧化碳催化加氢也可合成甲醇：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），△H．在密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示．①二氧化碳合成甲醇正反应的△H ＜ （填“＞”“＜”或“=”，下同）．②M、N两点时化学反应速率：v（N） ＜ v（M）．③为提高CO2的转化率除可改变温度和压强外，还可采取的措施是 增大碳氢比 ④图中M点时，容器体积为10L，则N点对应的平衡常数K= 1.04 （填数值，保留2位小数）．（3）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入amol和bmolH2发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），欲使整个反应过程中CO2的体积分数为恒定值，则a与b的关系是 a=b ．31【考点】热化学方程式；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）①CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2（g）△H1=﹣35.4kJ•mol﹣1②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2=﹣90.1kJ•mol﹣1；①×2+2×②得到2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g），根据盖斯定律来计算焓变即可；（2）①由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；②正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，结合图可知，P1＞P2，根据压强对反应速率的影响答题；③在可逆反应中，增加一种反应物浓度可以提高另一反应物的转化率；④图中M点时，容器体积为10L，结合M点的坐标可知，M点的CH3OH的物质的量为0.25mol，根据反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）0.10.27500转化（mol/L）0.0250.0750.0250.025平衡（mol/L）0.0750.20.0250.025根据K=计算；（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x，根据反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），起始ab00转化x3xxx平衡a﹣xb﹣3xxx则CO2的体积分数为=，据此讨论．【解答】解：（1））①CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2（g）△H1=﹣35.4kJ•mol﹣1②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H2=﹣90.1kJ•mol﹣1；①×2+2×②得到2CH4（g）+O2（g）⇌2CH3OH（g），所以△H=2（﹣35.4kJ•mol﹣1）+2（﹣90.1kJ•mol﹣1）=﹣251kJ•mol﹣1，故答案为：﹣251；（2）①由图可知，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；31②正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，故压强P1＞P2，压强增大，反应速率也增大，所以v（N）＜v（M），故答案为：＜；③在可逆反应中，增加一种反应物浓度可以提高另一反应物的转化率，所以为提高CO2的转化率除可改变温度和压强外，还可采取的措施是增大氢气物质的量和二氧化碳物质的量的值，故答案为：增大碳氢比；④图中M点时，容器体积为10L，结合M点的坐标可知，M点的CH3OH的物质的量为0.25mol，根据反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L）0.10.27500转化（mol/L）0.0250.0750.0250.025平衡（mol/L）0.0750.20.0250.025K===1.04，故答案为：1.04；（3）设转化的二氧化碳的物质的量为x，根据反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），起始ab00转化x3xxx平衡a﹣xb﹣3xxx则CO2的体积分数为=，要使为恒定的值，则a=b，故答案为：a=b．【点评】本题属于拼合型题目，涉及原电池、反应热计算、化学平衡常数、化学平衡影响因素、有机物推断等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等． 三、化学与技术（共1小题，满分15分）20．草酸是一种重要的化工原料，常用于有机合成，它属于二元弱酸，易溶乙醇、水，微溶于乙醚口以甘蔗碎渣（主要成分为纤维素）为原料制取草酸的工艺流程如下：已知：NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+2H2O，2NO2+2NaOH═2NaNO3+NaNO2+H2O．回答下列问题：（1）步骤①水解液中所含主要有机物为 CH2OH（CHOH）4CHO （写结构简式），浸取时要想提高水解速率除可减小甘蔗碎渣粒度外，还可采取的措施是 适当升高温度 ；浸取时硫酸浓度不宜过高，其原因是 甘蔗碎渣会被炭化 31（2）步骤②会生成草酸，硝酸的还原产物为NO2和NO且n（NO2）：n（NO）=3：1，则反应的离子方程式为 C6H12O6+12H++12NO3﹣3H2C2O4+9H2O+3NO↑+9NO2↑ ，生成的NO2及NO若被NaOH溶液完全吸收，则产物中的两种盐n（NaNO2）：n（NaNO3）= 3：1 （3）步骤③的主要目的是 使葡萄糖充分氧化为草酸 （4）设计步骤⑦和⑧的目的分别是 除去草酸表面水分；除去乙醇，使其快速干燥 （5）为了确定产品中H2C2O4.2H2O的纯度，称取10.5g草酸样品，配成250mL溶液，每次实验时准确量取20..00mL草酸溶液，加入适量的稀硫酸，用0.10mo1•L﹣1的KMnO4标准溶液滴定．平行滴定三次，消耗KMnO4标准溶液的体积平均为26.00mL．则产品中H2C2O4.2H2O的质量分数为 97.5% ．【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】综合实验题；有机化合物的获得与应用；制备实验综合．【分析】本题是利用纤维素的水解产物葡萄糖氧化制备草酸的实验探究，结合反应速率的影响因素，水解时可适当提高温度，选择的硫酸溶液浓度不易太高，以防止因浓硫酸的脱水性使碎渣炭化，在葡萄糖的氧化过程中生成的氮氧物可以用氢氧化钠溶液吸收，产物可结合电子守恒和原子守恒进行计算，另外还考查了产物的分离提纯及干燥，最后利用滴定法分析了样品的纯度．（1）甘蔗碎渣的主要成分是纤维素，与70%的硫酸混合后通过加热促进水解，最终得到葡萄糖，这里千万不能选择98%的浓硫酸，因为此浓度的浓硫酸有很强的脱水性，能使碎渣炭化；（2）葡萄糖遇浓HNO3会氧化生成草酸，同时得到还原产物为NO2和NO且n（NO2）：n（NO）=3：1，可根据电子守恒写出此反应的化学方程式，生成的混合气体被NaOH溶液完全吸收，同样可根据原子守恒和电子守恒计算出两种盐n（NaNO2）：n（NaNO3）；（3）步骤③是选择在70℃时用浓硝酸氧化葡萄糖得草酸；（4）反应液经结晶得到的草酸晶体表面附着一些水溶液，可通过水洗除去表面溶液，再用醇洗，可将晶体表面的水除去，达到干燥的目的；（5）已知草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子反应式为5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据滴定时消耗KMO4标准溶液的体积，计算出其物质的量，再求算出草酸的物质的量，从而计算样品的纯度，特别要注意溶液体积的变化与量的换算．【解答】解：利用纤维素的水解产物葡萄糖氧化制备草酸的实验探究，结合反应速率的影响因素，水解时可适当提高温度，选择的硫酸溶液浓度不易太高，以防止因浓硫酸的脱水性使碎渣炭化，在葡萄糖的氧化过程中生成的氮氧物可以用氢氧化钠溶液吸收，产物可结合电子守恒和原子守恒进行计算，另外还考查了产物的分离提纯及干燥，最后利用滴定法分析了样品的纯度．（1）纤维素在70%硫酸的作催化剂的作用下水解生成葡萄糖，产物的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，为了加快水解速率可以通过升高温度、用玻璃棒搅拌及将甘蔗粉碎等措施来实现，特别注意的是不能用98%的浓硫酸代替，因为浓硫酸有脱水性，能使甘蔗炭化，故答案为：CH2OH（CHOH）4CHO；适当升高温度；甘蔗碎渣会被炭化；（2）在催化剂的作用下，利用硝酸溶液氧化葡萄糖得草酸，同时还原产物为为NO2和NO且n（NO2）：n（NO）=3：1，结合电离守恒、原子守恒及电荷守恒可得此反应的离子方程式为C6H12O6+12H++12NO3﹣3H2C2O4+9H2O+3NO↑+9NO2↑，将反应后的混合气体用氢氧化钠溶液吸收，生成了NaNO2和NaNO331，发生反应的化学方程式为①NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O②2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，设原混合气体中n（NO2）=3amol，n（NO）=amol，因NO只参与反应①，故反应①中生成的NaNO2为2amol，同时消耗amol的NO2，剩余的NO22amol发生反应②生成NaNO3amol、NaNO2amol，则反应中生成的n（NaNO2）：n（NaNO3）=3a：a=3：1，故答案为：C6H12O6+12H++12NO3﹣3H2C2O4+9H2O+3NO↑+9NO2↑；3：1；（3）步骤③的操作是为了通过反应制得草酸，故答案为：使葡萄糖充分氧化为草酸；（4）步骤⑥水洗是洗去草酸表面的水溶液杂质，步骤⑦再用醇洗除去表面水，起到干燥作用，故答案为：除去草酸表面水分；除去乙醇，使其快速干燥；（5）消耗高锰酸钾的物质的量为0.10mol•L﹣1×0.026L=0.0026mol，滴定过程中参加反应的草酸的物质的量为0.0026mol×=0.0065mol，草酸晶体的质量为0.0065mol×126g/mol=0.819g，则产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为=97.5%，故答案为：97.5%．【点评】本题是以制草酸为载体的工业流程，考查了浓硫酸及含氮化合物的综合应用，涉及氧化还原反应与离子方程式，综合性强，难度较大，对学生综合分析问题解决问题的能力要求较高． 四、物质结构与性质（共1小题，满分0分）21．氟及氟产品在工农业生产中应用非常广泛，回答下列问题：（1）基态氟原子核外电子的运动状态有 9 种，这些电子的电子云形状有 2 种；氟原子的外围电子排布式为 2s22p5 ．（2）NaHF2（氟化氢钠）电解可制氟气，NaHF2中所含作用力的类型有 离子键、共价键、氢键 ；与HF2﹣互为等电子体的分子有 CO2（或Na2O） （举一例）．（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子的杂化轨道类型为 sp2 ，画出N2F2可能的结构式 ．（4）三氟化硼乙醚（如图1）的熔点为﹣58℃，沸点为126～129℃，它属于 分子 晶体．（5）氟化钙的晶胞结构如图2所示，晶胞参数α=0.555pm．①Ca2+、F﹣的配位数分别为 8 和 4 ．②列式表示氟化钙晶体的密度： ρ= g•cm﹣3（不必计算出结果）．31【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【分析】（1）原子核外含有多少电子，核外电子的运动状态就有几种；氟原子含有s和p两种类型的轨道，则电子云有2种；氟原子最外层为L层，含有7个电子，据此写出外围电子排布式；（2）NaHF2中含有离子键、共价键，F的电负性较强，还存在氢键；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中存在氮氮双键和两个N﹣F键，据此画出其结构式，在根据N原子形成的σ键数目判断杂化类型；（4）根据三氟化硼乙醚的熔点、沸点大小进行判断其晶体类型；（5）①根据图示的晶胞结构判断钙离子、氟离子的配位数；②该晶胞为立方体结构，根据棱长计算出该晶胞体积，再结合ρ=计算出氟化钙晶体的密度．【解答】解：（1）基态氟原子核外含有9个电子，则其核外电子的运动状态有9种；氟原子核外含有2s轨道和p轨道两种轨道，则氟原子的电子的电子云形状有2种；氟原子的外围含有7个电子，其外围电子排布式为：2s22p5，故答案为：9；2；2s22p5；（2）NaHF2为离子化合物，存在离子键，H﹣F键为共价键，F的电负性较强，还存在氢键，故答案为：离子键、共价键、氢键；CO2（或Na2O）；（3）N2F2（二氟氮烯）分子中，氮原子形成了3个σ键和1个π键，则其杂化轨道类型为sp2；N2F2可能的结构式为：，故答案为：sp2；；（4）三氟化硼乙醚（如图1）的熔点为﹣58℃，沸点为126～129℃，其熔沸点降低，应该属于分子晶体，故答案为：分子；（5）①在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8；在CaF2晶胞中每个F﹣连接4个钙离子，所以其配位数为4，故答案为：8；4；②该晶胞中含有钙离子个数=8×+6×=4，氟离子在该晶胞的内部，所以氟离子个数是8，该晶胞中含有4个CaF2，该晶胞的体积为：V=（5.55×10﹣6）3cm3，该晶胞的密度为：ρ==，31故答案为：ρ=．【点评】本题考查了晶胞计算，题目难度中等，涉及原子核外电子排布、原子轨道杂化方式及杂质类型、晶胞结构及计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意掌握晶胞的结构及计算方法，明确原子核外电子排布规律及原子轨道杂化类型的判断方法． 五、有机化学基础（共1小题，满分0分）22．）有机物H是一种香料，可从柑橘类物质中提取，它的一种合成路线如下已知：①D能与碳酸氢钠溶液反应②G核磁共振氢谱显示其分子中含有2种不同化学环境的氢原子；③CH3CHO+CH3CHO回答下列问题：（1）A→B的反应类型为 加成反应 （2）E的名称为 2﹣甲基丙烷 F的结构简式为 （CH3）3CCl （3）反应①的化学方程式为 （4）反应⑤的化学方程式为 （5）D有多种同分异构体，写出符合下列条件的D的所有同分异构体的结构简式： 、 （不考虑立体异构）•I．笨坏上含有三个取代基Ⅱ．不能与NaHCO3溶液反应Ⅲ．能发生银镜反应和水解反应IV．核磁共振氢谱有4组峰（6）参照上述合成路线，设计一条以A为原料制备的合成路线．31【考点】有机物的合成；有机物的推断．【分析】有机物A为苯乙醛，根据信息③和甲醛反应生成羟醛，苯乙醛中α﹣氢加到甲醛醛基氧上，剩余加到醛基碳上，A→B反应为：C6H5CH2CHO+HCHO→C6H5CH（CH0）CH2OH，B为：C6H5CH（CH0）CH2OH，醇羟基被氧化，反应①为：，醛基被氧化，C→D：+4Cu（OH）2+2Cu2O↓+4H2O，D为，D中羧酸能与碳酸氢钠溶液反应，E为：（CH3）3CH，对照E、F分子式，为E和氯气在光照的条件下发生取代反应，反应③为：（CH3）3CH+Cl2（CH3）3CCl+HCl，F为（CH3）3CCl，在氢氧化钠水溶液发生水解生成醇，反应④为：（CH3）3CCl+NaOH（CH3）3COH+NaCl，G为：（CH3）3COH，G符合核磁共振氢谱显示其分子中含有2种不同化学环境的氢原子，和D发生酯化反应，反应⑤为：，生成H，H为，据此解答．【解答】解：（1）A→B反应为：C6H5CH2CHO+HCHO→C6H5CH（CH0）CH2OH，苯乙醛中α﹣氢加到甲醛醛基氧上，剩余加到醛基碳上，属于加成反应，故答案为：加成反应；（2）E为：（CH3）3CH，分子中最长碳链含有3个C，主链为丙烷，在2号C含有1个甲基，该有机物名称为：2﹣甲基丙烷，反应③为：（CH3）3CH+Cl2（CH3）3CCl+HCl，F为（CH3）3CCl，故答案为：2﹣甲基丙烷；（CH3）3CCl；（3）B为：C6H5CH（CH0）CH2OH，醇羟基被氧化，反应①为：，故答案为：；31（4）G为：（CH3）3COH，和D发生酯化反应，反应⑤为：，故答案为：；（5）D为，羧基和酯基互为同分异构体，苯环上含有三个取代基，能发生银镜反应和水解反应为甲酸酯，磁共振氢谱有4组峰为四种氢原子，所以符合条件的D的同分异构体有：、，故答案为：、；（6）有机物A为苯乙醛，制备，根据信息③自身反应生成羟醛，醛基和氢气加成生成：，醇羟基在浓硫酸的作用下发生消去生成产物，合成路线为：，31故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成及推断，涉及反应类型、化学方程式的书写以及同分异构体的判断等，注意把握推断题的关键点和题中重要信息，积累基础知识，以及知识的综合利用，题目难度中等． 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